Demostrar que la función es diferenciable, pero su derivada es discontinuo.

Question

Deje $g(x)=x^2\sin(1/x)$ si $x \neq 0$$g(0)=0$. Si $\{r_i\}$ es la numeración de todos los números racionales en $[0,1]$, definir $$ f(x)=\sum_{n=1}^\infty \frac{g(x-r_n)}{n^2} $$ Mostrar que $f:[0,1] \rightarrow R$ es diferenciable en cada punto de [0,1], sino $f'(x)$ es discontinua en cada $r_n$. Es posible que el conjunto de todos los puntos discontinuos de $f'$ es, precisamente,$\{r_n\}$?

Yo no estoy viendo cómo esta función está trabajando. Yo no podía derivar de ella. Necesito arreglar algunas $ n $ a de trabajo? Y para ver la discontinuidad de la $ f '(x) $ después de eso? Puede alguien darme algún consejo? Yo no soy de saber cómo trabajar con este ejercicio y no sabes por dónde empezar.

Answer 1

Un resultado estándar de análisis es:

Deje $I$ ser un almacén de intervalo de $\Bbb R$ y deje $(f_n)$ ser una secuencia de funciones en $I$$\Bbb R$. Supongamos que existe $x_0\in I$ tal que $(f_n(x_0))$ converge, y que la secuencia de $(f_n')$ de los derivados que existe en $I$ y converge uniformemente en $I$ a una función $g$.

A continuación, la secuencia $(f_n)$ converge uniformemente en $I$ a una función $f$ que tiene una derivada en cada punto de $I$$f'=g$. (c.f. Bartle y Sherbert, Introducción al Análisis Real, Teorema 8.2.3)

En el problema:

Los hechos relevantes relativos a $g$ son:

$\ \ \ $1) $g$ de hecho es diferenciable en todas partes (utilice la definición de derivada para $g'(0)$).

$\ \ \ $2) $g'$ es continua en todos los $x\ne 0$.

$\ \ \ $3) $g'$ no es continua en a $x=0$, ya que oscila entre el $1$ $-1$ $x$ enfoques $0$.

$\ \ \ $4) $g'$ está acotada.

Advertencia: principalmente una solución completa de la siguiente manera.

Se puede aplicar el $M$-prueba para la serie $\sum\limits_{n=1}^\infty {g'(x-r_n)\over n^2}$ (use el hecho de que la familia $g'(x-r_n)$ tiene un común bound) para mostrar que el resultado anterior se aplica a su problema. Esto mostrará $f$ es diferenciable en cada punto en $[0,1]$ y $f'(x)=\sum\limits_{n=1}^\infty {g'(x-r_n)\over n^2}$.

Para mostrar $f'$ no es continua en cualquier $r_n$, fijar un $r_n$. Elija $N$, de modo que la cola $\sum\limits_{n=N}^\infty {g'(x-r_n)\over n^2}$ es uniformemente pequeñas (menos de $1/2^{n+1}$, por ejemplo).

Romper la suma de $f'$ en tres partes: la pequeña cola, el $n^{\rm th}$plazo, y el resto. Ahora uso el hecho de que $g'(x-r_n)$ oscila entre los $1$$-1$$r_n$, y que el $g'(x-r_i)$, $i=1,\ldots,n-1, n+1,\ldots, N$ son continuas en a $r_n$ (nota: hay un $\delta>0$, de modo que $(r_n-\delta, r_n+\delta)$ excluye a todos $r_i$, $i=1,\ldots, n-1, n+1,\ldots N$) para mostrar que $f'$ oscila con una amplitud positiva acerca de la $r_n$.

Para la última parte, puede utilizar el siguiente resultado:

Deje $(h_n)$ ser una secuencia de funciones definidas en un intervalo de $I$ que converge uniformemente a una función $h$ $I$ y deje $x_0\in I$. Si cada una de las $h_n$ es continua en a$x_0$, $h$ es también continua en $x_0$.

Así que, aquí, si $\alpha\in[0,1]$ es irracional, entonces cada una de las $g_n(x)={g'(x-r_n)\over2^n}$ es continua en a $\alpha$. De lo anterior se desprende entonces que el $f'$ es continua en a $\alpha$.

Answer 2

Primero una estilística comentario: usted debe utilizar la palabra "diferenciable" en lugar de "derivarse." Segundo: usted debe mostrar que $f$ está bien definido en $[0,1]$, de modo que usted puede tomar sus derivados (esto es fácil). Queremos considerar la diferencia cociente $\frac{f(x)-f(y)}{x-y}$ y lo que sucede como $x\rightarrow y$ (yo se la dejo a usted para explicar por qué usted puede intercambiar suma y límite.. Weierstrass M-test y convergencia uniforme son sus amigos). Me van a ayudar con parte de la solución.

Así que queremos para evaluar el límite de la diferencia cociente. Para ello, se consideran dos casos: cuando el $y$ es irracional y al $y$ es racional.

Caso 1: $y$ es irracional.

Lo que tenemos es

$$\lim_{x\rightarrow y}\frac{f(x)-f(y)}{x-y} = \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n^2}\lim_{x\rightarrow y}\frac{g(x-r_n)-g(y-r_n)}{x-y}.$$

La parte importante aquí es el límite, así que me voy a centrar en eso. El límite se ve extrañamente cerca de una diferencia cociente (y después de una inteligente introducción de $0$, vemos que es):

$$\lim_{x\rightarrow y}\frac{g(x-r_n)-g(y-r_n)}{x-y} = \lim_{x\rightarrow y}\frac{g(x-r_n)-g(y-r_n)}{(x-r_n)-(y-r_n)}.$$

Esto es sólo el derivado de la $g$ evaluado en $y-r_n$! Que es igual a $2(y-r_n)\sin\left(\frac{1}{y-r_n}\right)-\cos\left(\frac{1}{y-r_n}\right)$. Esto es bien definidas para todos los $r_n$ desde $y$ es irracional. Ya que esta función está limitada para todos los $r_n$ $y$ por el valor de $4$, la serie converge y por lo $f'(y)$ está bien definido si $y$ es irracional.

Caso 2: $y$ es racional.

Si $y$ es racional en $[0,1]$, $y=r_k$ algunos $k$. A continuación, nuestra diferencia cociente es

$$\lim_{x\rightarrow r_k}\frac{f(x)-f(r_k)}{x-r_k} = \lim_{x\rightarrow r_k}\left(\frac{1}{k^2}\frac{g(x-r_k)-g(r_k-r_k)}{x-r_k}+\sum_{n\neq k}\frac{1}{n^2}\frac{g(x-r_n)-g(r_k-r_n)}{x-r_k}\right).$$

No podríamos sin orden ni concierto aplicar el truco de arriba, en este caso, debido a que se requiere que el $y$ ser irracional por encima (otra cosa que el denominador de las funciones trigonométricas será definida) es por eso que se escindió del término en la serie correspondiente a $y$ en este caso. Observe que el resto de la serie es ahora susceptible a el truco que hizo antes, y el término que sacó es fácil de manejar. Esto nos da:

$$\lim_{x\rightarrow r_k} \frac{f(x)-f(r_k)}{x-r_k} = \lim_{x\rightarrow r_k}\left(\frac{1}{k^2}\frac{g(x-r_k)}{x-r_k} + \sum_{n\neq k}\frac{1}{n^2}\frac{g(x-r_n)-g(r_k-r_n)}{(x-r_n)-(r_k-r_n)}\right).$$

La primera parte es, simplemente, $\frac{1}{k^2}g'(0)$ y la segunda parte es exactamente igual a la anterior.

¿Ves cómo este también está bien definida de decisiones $f'$ diferenciable en todas partes? Se puede tomar desde aquí?